微专题25　定值问题-2024年高考数学二轮微专题系列

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[高考真题](2020·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，点M，N在C上，点A(2，1)且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，
代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1).
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，
可得N(x1，－y1).
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(xeq \\al(2,1),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝eq \f(2,3).
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，
则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值.
样题1 (2022·厦门二模改编)已知抛物线C：y2＝4x，点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C交于不同两点A，B，直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N，设O为坐标原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值.
证明 由题意，可知直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为
y＝kx＋1(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))
得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，
Δ＝(2k－4)2－4k2>0，得k<0或0则x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2)，
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)，
令x＝0，得M的纵坐标
yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2，
同理得点N的纵坐标为
yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2，
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN，
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,（k－1）x1)＋eq \f(x2－1,（k－1）x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值.
样题2 (2022·湖南六校联考改编)已知双曲线C：x2－y2＝1.已知点A是C上一定点，过点B(0，1)的动直线与双曲线C交于P，Q两点，记kAP，kAQ分别为直线AP，AQ的斜率，若kAP＋kAQ为定值λ，求点A的坐标及实数λ的值.
解 设A(m，n)，过点B的动直线为y＝tx＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝tx＋1，))得(1－t2)x2－2tx－2＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－t2≠0，,Δ＝4t2＋8（1－t2）>0，,x1＋x2＝\f(2t,1－t2)，,x1x2＝－\f(2,1－t2)，))
由1－t2≠0，且Δ>0，得t2<2且t2≠1.
因为kAP＋kAQ＝λ，
所以eq \f(y1－n,x1－m)＋eq \f(y2－n,x2－m)＝λ，
即eq \f(tx1＋1－n,x1－m)＋eq \f(tx2＋1－n,x2－m)＝λ，
化简得(2t－λ)x1x2＋(－mt＋1－n＋λm)(x1＋x2)－2m＋2mn－λm2＝0，
所以(2t－λ)·eq \f(－2,1－t2)＋(－mt＋1－n＋λm)·eq \f(2t,1－t2)－2m＋2mn－λm2＝0，
化简得m(λm－2n)t2＋2(λm－n－1)t＋2λ－2m＋2mn－λm2＝0，
由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m（λm－2n）＝0，,λm－n－1＝0，,2λ－2m＋2mn－λm2＝0.))
如果m＝0，那么n＝－1，此时A(0，－1)不在双曲线C上，舍去，
所以m≠0，所以λm＝2n＝n＋1，
所以n＝1，代入2λ－2m＋2mn－λm2＝0，
得2λ＝λm2，因为λ＝eq \f(2n,m)≠0，
所以m2＝2，得m＝±eq \r(2)，
此时A(±eq \r(2)，1)在双曲线C上.
综上，A(eq \r(2)，1)，λ＝eq \r(2)，或者A(－eq \r(2)，1)，λ＝－eq \r(2).
样题3 (2022·石室中学三诊改编)已知椭圆M：eq \f(x2,4)＋y2＝1，设O为坐标原点，A，B，C是椭圆M上不同的三点，且O为△ABC的重心，探究△ABC面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.
解 当直线AB的斜率不存在时，AB⊥x轴，点C在x轴上，点C到AB的距离
d＝eq \f(3,2)|a|＝3，|AB|＝eq \r(3)，
则S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(3\r(3),2).
当直线AB的斜率存在时，设直线AB：
y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1·x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,4k2＋1).
因为O为△ABC的重心，
所以eq \(OC,\s\up6(→))＝－(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)，－\f(2m,4k2＋1)))，
因为点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)，－\f(2m,4k2＋1)))在椭圆上，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8km,4k2＋1)))\s\up12(2),4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,4k2＋1)))eq \s\up12(2)＝1，
即4m2＝4k2＋1.
又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(4k2＋1－m2),4k2＋1).
点O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△ABC＝3S△ABO＝eq \f(3,2)·|AB|·d＝eq \f(6|m|\r(4k2＋1－m2),4k2＋1)＝eq \f(6|m|\r(3m2),4m2)＝eq \f(3\r(3),2).
综上，S△ABC＝eq \f(3\r(3),2)为定值.
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
训练 (2022·西安二模)已知定点F(0，1)，定直线l：y＝－1，动圆M过点F，且与直线相切.
(1)求动圆M的圆心轨迹E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆N：x2＋y2－2y＝0交于C，D两点(A，C在y轴同侧)，求证：|AC|·|BD|是定值.
(1)解 设点M到直线l的距离为d，依题意|MF|＝d.
设M(x，y)，
则有eq \r(x2＋（y－1）2)＝|y＋1|，
化简得x2＝4y.
(2)证明 抛物线E：x2＝4y的焦点F(0，1)，
设直线l的方程是y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))
得x2－4kx－4＝0，
则Δ＝16(k2＋1)>0，
且x1＋x2＝4k，x1·x2＝－4.
由条件可知圆x2＋(y－1)2＝1的圆心为N(0，1)，半径为1，圆心就是焦点，
由抛物线的定义有|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
则|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2，
故|AC|·|BD|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1.
即|AC|·|BD|为定值，定值为1.
一、基本技能练
1.(2022·合肥模拟改编)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分别为A1，A2.点P是椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，证明：点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值.
证明 设P(x0，y0)，则eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)＝1，
所以yeq \\al(2,0)＝eq \f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2)，
所以kPA1＝eq \f(y0,x0＋a)，kPA2＝eq \f(y0,x0－a)(x0≠±a)，
所以kPA1·kPA2＝eq \f(y0,x0＋a)·eq \f(y0,x0－a)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－a2)＝eq \f(\f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2),xeq \\al(2,0)－a2)＝－eq \f(b2,a2)，
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(3,4)，
所以点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值－eq \f(3,4).
2.(2022·广州调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，试判断eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解 (1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝4＋2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为
y＝k(x－x0)＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（y0－kx0），,x2＋4y2＝4，))
消去y，得(4k2＋1)x2＋8k(y0－kx0)x＋4[(y0－kx0)2－1]＝0，
所以Δ＝64k2(y0－kx0)2－16(4k2＋1)·[(y0－kx0)2－1]＝0.
整理成关于k的方程，
得(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝eq \f(1－yeq \\al(2,0),4－xeq \\al(2,0))＝eq \f(1－（5－xeq \\al(2,0)）,4－xeq \\al(2,0))＝－1.
所以PA⊥PB，所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
综上，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，为定值.
3.(2022·盐城模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝eq \f(1,2)，P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为eq \f(π,3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)为定值.
(1)解 由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为eq \f(\r(3),3)，设|F1F2|＝2c，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×（2a＋2c）×\f(\r(3),3)＝\f(1,2)×2c·b，,a2＝b2＋c2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝3，,a2＝4，))
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当y0≠0时，设直线PF1，PF2的方程分别是x＝m1y－1，x＝m2y＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x并整理得
(3meq \\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，
∴y0y1＝－eq \f(9,3meq \\al(2,1)＋4).
∵x0＝m1y0－1，
∴m1＝eq \f(x0＋1,y0)，又eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋eq \f(yeq \\al(2,0),3)＝1，
∴eq \f(y0,y1)＝－eq \f(5＋2x0,3).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
同理可得eq \f(y0,y2)＝－eq \f(5－2x0,3)，
∴eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝－eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,y2)＝eq \f(10,3)；
当y0＝0时，直线PF1，PF2与x轴重合，
易得eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
综上所述，eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝eq \f(10,3).
二、创新拓展练
4.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq \r(2)，1)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C相交于A，B两点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值.
(1)解 由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝2，))
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，
所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)
＝8[2(2k2＋1)－t2]>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2（t2－2）,2k2＋1)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq \f(2t,2k2＋1).
因为四边形OAPB是平行四边形，
所以eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1)))，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1))).
又因为点P在椭圆上，所以eq \f(4k2t2,（2k2＋1）2)＋eq \f(2t2,（2k2＋1）2)＝1，即t2＝eq \f(2k2＋1,2).
因为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)\r(1＋k2)\r(2（2k2＋1）－t2),2k2＋1)
＝eq \f(2\r(3)\r(1＋k2),\r(2k2＋1)).
又点O到直线l的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
所以平行四边形OAPB的面积S＝2S△OAB＝|AB|·d＝eq \f(2\r(3)|t|,\r(2k2＋1))＝eq \f(\r(6)\r(2k2＋1),\r(2k2＋1))＝eq \r(6).
即平行四边形OAPB的面积为定值eq \r(6).